2021版高考数学一轮复习第九章平面解析几何第9讲圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值探索性问题练习理

1、高考总复习7第2课时定点、定值、探索性问题基础题组练A +八一4八X2 2-L 八、1 .已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P, l与双曲线的两条渐近线交于 M N两点,则OM ON勺值为()A. 3B. 4C. 5D.与P的位置有关解析：选A.依题意，设点P(xo,yo),Mxi,yi),N(X2,y2),其中x04y0=4,则直线XoX 1l的方程是 丁一y0y=1,题中双曲线的两条渐近线方程为y=±-x.x=2当y0=0时，直线l的方程是x=2或x = 2.由x2 2 ，得x，此时OM ON4-y =0y=±i=(2, -1) (2, 1) = 4- 1 = 3,同

2、理可得当直线l的方程是x= 2时，OM ON= 3.11 y = 4y (x°x 4)当yow。时，直线l的方程是y=-(xox-4).由 2,得(4y0x2)x24y0x_2 Q+ 8xox16=0(*),又 x04y2=4,因此(*)即是一4x2+8x°x16= 0, x2-2x0x+4=0, x%,2.13c=4, OM ON= *1x2+y/2= x1x24x1x2 = 4x1x2= 3.综上所述，OM ON= 3,故选A.2 .已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F, ABC勺顶点都在抛物线上，且满足F。FB+FC> 0,则 J1-Kab KacK

3、bc解析：设 A(x1, y1), B(x2, y。，C(x3, y3), Fp, 0 ,由 FA+FB=FC,彳导 y1 + y2+y3y2 y12p2p=0.因为 Kab= x=一$，所以 Kac= y;/12P 2、 J1y+ y2y3+y'BJ y2+y3所Kab+ Kac+ Kbc_2p2py2+ y32p=0.答案：0223 . (2020 平顶山模拟)已知椭圆 C：，y2= 1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2.点Ml在椭圆C上滑动，若MFF2的面积取得最大值 4时，有且仅有2个不同的点M使得MFFz 为直角三角形.(1)求椭圆C的方程；(2)过点R

4、0 , 1)的直线l与椭圆C分别相交于 A, B两点，与x轴交于点 Q设Q雇入P Qb= 向 求证：入+ 为定值，并求该定值.解：(1)由对称性知，点 M在短轴端点时，一- ,-1 MFF2为直角三角形且/ F1MF= 90 ,且 SJA MFFz = 4,所以 b=c且S= - - 2 c - b= bc=4,解得 b=c=2, a 下顶点为A, O为坐标原点，点 O到直线A桎的距离为1-， AFF2为等腰直角三角形. = b2+c2=8,所以椭圆C的方程为xr + yr=1.8422(2)证明：显然直线l的斜率不为0,设直线l ： x= t (y 1),联立 解：(1)由题息可知，直线 A

5、E的万程为c+±= 1,(1)求椭圆C的标准方程； (2)直线l与椭圆C分别相交于 M N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2,证明: 直线l恒过定点，并求出该定点的坐标. x y'x=t (y1),t2 8y1y2 = E.消去 x,得(t2+2)y22t2y+t2 8=0.“皿2t2设 A(xi, y。，B(x2, y2),则 y1 + y2=p2令 y = 0,则 x=-t,所以 Qt, 0),因为QA=入PA,所以y1=入(y1 1),_V1所以入=1;y1 1因为 QB= w PB,所以 y2=(i(y21),所以(1 =83.y2 1y1, y2 _ 2yy

6、(y1 + y2)所以入+ !1 = d + 产/ I , Ayy1 1y2 1 y1y2一 (y + y2)+1224 . (2020 甘肃白银联考)设椭圆C：、+A=1(a>b>0)的左、右焦点分别为Fi, F2,即一bx+ cy+ bc= 0,贝Ubc. b2+c2因为 AFF2为等腰直角三角形，所以 b= c,又 a2=b2 + c2,可得 a=小，b=1, c= 1,x22所以椭圆C的标准方程为-+y2=1.(2)证明：由(1)知 A(0 , 1).当直线l的斜率存在时，设直线 l的方程为y= kx + t(tw±1),2代入x| + y2=1,得(I + 2k

7、2) x2+4ktx + 2t 22=0,所以 A = 16k2t 24(1 +2k2)(2 t22) >0,即 t2-2k2< 1.、口.I4kt设 Mx1, y1) , N(x2, y2),则 xdx2=- 1 + ,2t 22x1x2= 1 + 2k2.因为直线AM与直线AN的斜率之和为2,所以 kAMl+ kAN= 4Xiy2+ 1 X2kx1 +1 + 1 + kx2+ t + 1 _ 2k+ (t + 1) (X1 + X2)XiX2X1X2= 2k-(t + 1) - k kt2t 22=2,整理得t = 1 k.所以直线l的方程为y = kx+t =kx+1 k=k

8、(x1) + 1,显然直线y= k(x1) + 1经 过定点(1 , 1).当直线l的斜率不存在时，设直线 l的方程为x= m因为直线AMI与直线AN的斜率之和为2,设M(mj n),则N(mi - n),所以 kAMrl- kAN=+解得m= 1,此时直线l的方程为x=1,显然直线x=1也经过该定点(1 , 1).综上，直线l恒过点(1,1).综合题组练1. (2020 湖南五市十校联考 )已知动圆C过定点F(1 , 0),且与定直线x=- 1相切.(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；(2)过点M2, 0)的任一条直线l与轨迹E分别相交于不同的两点P, Q试探究在x轴上是否存在定点 N异于点M

9、 ,使得/ QNM / PN限汽?若存在，求点 N的坐标；若不存 在，说明理由.解：(1)法一：由题意知，动圆圆心 C到定点F(1 , 0)的距离与其到定直线 x=1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹是以F(1 , 0)为焦点，x=- 1为准线的抛物线，其中p=2.所以动圆圆心 C的轨迹E的方程为y(X1 X。)( X2X。)'所以 y(X2 xg) + y2( X1 - xg) = 0,即 yiX2+ y2Xi Xo(yi + y2)= 0.1212,、-消去 X1, X2,得 4丫以2+4丫2丫1 Xo(y1 + y2) = 0,1彳丫必 y1 + y X0( y1

10、 + y2) = 0,1因为 y1 + y2W0,所以 *。=4丫1丫2=2,所以存在点 N2, 0) ,使得/ QNM / PNM=n. (2020 湖南郴州教学质量监测 )已知抛物线 C: x2 = 2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线分别交抛物线于 A, B两点.(1)若以AB为直径的圆的方程为(x 2)2+(y 3)2=16,求抛物线 C的标准方程;(2)过点A, B分别作抛物线的切线l1, 12,证明：l1, 12的交点在定直线上.M A到准线的距离为di, B到准线的距离为d2, M到准线的距离为 pd,则 d=yM+ 2.d1=|AF, d2= |BF ,所以 d+d2

11、= |AB = 8,d1 + cbp由梯形中位线可得d = 2=4,所以yM+ 2=4.= 4x.法二：设动圆圆心 C(x, y),由题意知 7(x 1) 2 + y2 =|x+1|, 化简得y2= 4x,即动圆圆心 C的轨迹E的方程为y2= 4x.(2)假设存在点N(x% 0),满足题设条件.由/ QNM / PN的式可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即 kp叶kQ-0.由题意知直线 PQ勺斜率必存在且不为 0,设直线PQ的方程为x=my- 2.y2=4x,2联立得y 4m什8= 0.x = my- 2,由 = ( 4n)24X8>0,得 rr>啦或 rk 加.设P(xi,yi), Qx2,y2), 则yi +y2=4myiy2= 8.yy2由式得 kPN+ kQN=1X1 XGX2Xg解：(1)设AB中点为由抛物线的定义可知,y1(X2 xg) + y2(X1 xg)p_I又Ym= 3,所以3+2=4,可得p=2,所以抛物线C的标准方程为x2=4y.2(2)证明：设A(xi,yi),Rx2,y2),由x2=2py,彳导y=-,则 y'=-,所以直线 li 的2P. P、一.xi.万程为y-yi = (x-xi),直线P*212的方程为 y-y2=(x